Оператор вращения (квантовая механика)

Квантовый оператор

В данной статье рассматривается оператор вращения , как он выглядит в квантовой механике .

Квантово-механические вращения

При каждом физическом вращении мы постулируем квантово-механический оператор вращения , который является правилом, которое назначает каждому вектору в пространстве вектор , который также находится в . Мы покажем, что в терминах генераторов вращения, где — ось вращения, — оператор углового момента , а — приведенная постоянная Планка . ${\displaystyle R}$ ${\displaystyle {\widehat {D}}(R):H\to H}$ ${\displaystyle H}$ $${\displaystyle |\alpha \rangle _{R}={\widehat {D}}(R)|\alpha \rangle }$$ ${\displaystyle H}$ $${\displaystyle {\widehat {D}}(\mathbf {\hat {n}} ,\phi )=\exp \left(-i\phi {\frac {\mathbf {\hat {n}} \cdot {\widehat {\mathbf {J} }}}{\hbar }}\right),}$$ ${\displaystyle \mathbf {\hat {n}} }$ ${\displaystyle {\widehat {\mathbf {J} }}}$ ${\displaystyle \hbar }$

Оператор перевода

Оператор вращения , где первый аргумент указывает ось вращения , а второй — угол поворота, может работать через оператор трансляции для бесконечно малых вращений, как объяснено ниже. Вот почему сначала показано, как оператор трансляции действует на частицу в положении x (частица тогда находится в состоянии согласно квантовой механике ). ${\displaystyle \operatorname {R} (z,\theta )}$ ${\displaystyle z}$ ${\displaystyle \theta }$ ${\displaystyle \operatorname {T} (a)}$ ${\displaystyle |x\rangle }$

Перевод частицы из одной позиции в другую : ${\displaystyle x}$ ${\displaystyle x+a}$ ${\displaystyle \operatorname {T} (a)|x\rangle =|x+a\rangle }$

Поскольку перемещение на 0 не меняет положения частицы, мы имеем (где 1 означает оператор тождества , который ничего не делает): $${\displaystyle \operatorname {T} (0)=1}$$ $${\displaystyle \operatorname {T} (a)\operatorname {T} (da)|x\rangle =\operatorname {T} (a)|x+da\rangle =|x+a+da\rangle =\operatorname {T} (a+da)|x\rangle \Rightarrow \operatorname {T} (a)\operatorname {T} (da)=\operatorname {T} (a+da)}$$

Развитие Тейлора дает: с $${\displaystyle \operatorname {T} (da)=\operatorname {T} (0)+{\frac {d\operatorname {T} (0)}{da}}da+\cdots =1-{\frac {i}{\hbar }}p_{x}da}$$ $${\displaystyle p_{x}=i\hbar {\frac {d\operatorname {T} (0)}{da}}}$$

Из этого следует: $${\displaystyle \operatorname {T} (a+da)=\operatorname {T} (a)\operatorname {T} (da)=\operatorname {T} (a)\left(1-{\frac {i}{\hbar }}p_{x}da\right)\Rightarrow {\frac {\operatorname {T} (a+da)-\operatorname {T} (a)}{da}}={\frac {d\operatorname {T} }{da}}=-{\frac {i}{\hbar }}p_{x}\operatorname {T} (a)}$$

Это дифференциальное уравнение с решением

$${\displaystyle \operatorname {T} (a)=\exp \left(-{\frac {i}{\hbar }}p_{x}a\right).}$$

Кроме того, предположим, что гамильтониан не зависит от положения. Поскольку оператор переноса может быть записан в терминах , и , мы знаем, что Этот результат означает, что линейный импульс для системы сохраняется. ${\displaystyle H}$ ${\displaystyle x}$ ${\displaystyle p_{x}}$ ${\displaystyle [p_{x},H]=0}$ ${\displaystyle [H,\operatorname {T} (a)]=0.}$

По отношению к орбитальному угловому моменту

Классически мы имеем для углового момента Это то же самое в квантовой механике, рассматривая и как операторы. Классически, бесконечно малый поворот вектора вокруг оси -, оставляя неизменным, можно выразить следующими бесконечно малыми переносами (используя приближение Тейлора ): ${\displaystyle \mathbf {L} =\mathbf {r} \times \mathbf {p} .}$ ${\displaystyle \mathbf {r} }$ ${\displaystyle \mathbf {p} }$ ${\displaystyle dt}$ ${\displaystyle \mathbf {r} =(x,y,z)}$ ${\displaystyle z}$ ${\displaystyle \mathbf {r} '=(x',y',z)}$ ${\displaystyle z}$

$${\displaystyle {\begin{aligned}x'&=r\cos(t+dt)=x-y\,dt+\cdots \\y'&=r\sin(t+dt)=y+x\,dt+\cdots \end{aligned}}}$$

Из этого следует для государств: $${\displaystyle \operatorname {R} (z,dt)|r\rangle =\operatorname {R} (z,dt)|x,y,z\rangle =|x-y\,dt,y+x\,dt,z\rangle =\operatorname {T} _{x}(-y\,dt)\operatorname {T} _{y}(x\,dt)|x,y,z\rangle =\operatorname {T} _{x}(-y\,dt)\operatorname {T} _{y}(x\,dt)|r\rangle }$$

И, следовательно: $${\displaystyle \operatorname {R} (z,dt)=\operatorname {T} _{x}(-y\,dt)\operatorname {T} _{y}(x\,dt)}$$

Используя вышеизложенное с и разложением Тейлора, получаем: с -компонентой момента импульса согласно классическому векторному произведению . $${\displaystyle T_{k}(a)=\exp \left(-{\frac {i}{\hbar }}p_{k}a\right)}$$ ${\displaystyle k=x,y}$ $${\displaystyle \operatorname {R} (z,dt)=\exp \left[-{\frac {i}{\hbar }}\left(xp_{y}-yp_{x}\right)dt\right]=\exp \left(-{\frac {i}{\hbar }}L_{z}dt\right)=1-{\frac {i}{\hbar }}L_{z}dt+\cdots }$$ ${\displaystyle L_{z}=xp_{y}-yp_{x}}$ ${\displaystyle z}$

Чтобы получить поворот для угла , мы строим следующее дифференциальное уравнение, используя условие : ${\displaystyle t}$ ${\displaystyle \operatorname {R} (z,0)=1}$

$${\displaystyle {\begin{aligned}&\operatorname {R} (z,t+dt)=\operatorname {R} (z,t)\operatorname {R} (z,dt)\\[1.1ex]\Rightarrow {}&{\frac {d\operatorname {R} }{dt}}={\frac {\operatorname {R} (z,t+dt)-\operatorname {R} (z,t)}{dt}}=\operatorname {R} (z,t){\frac {\operatorname {R} (z,dt)-1}{dt}}=-{\frac {i}{\hbar }}L_{z}\operatorname {R} (z,t)\\[1.1ex]\Rightarrow {}&\operatorname {R} (z,t)=\exp \left(-{\frac {i}{\hbar }}\,t\,L_{z}\right)\end{aligned}}}$$

Подобно оператору трансляции, если нам дан гамильтониан , который вращательно симметричен относительно оси -, то . Этот результат означает, что угловой момент сохраняется. ${\displaystyle H}$ ${\displaystyle z}$ ${\displaystyle [L_{z},H]=0}$ ${\displaystyle [\operatorname {R} (z,t),H]=0}$

Для спинового углового момента, например, вокруг оси , мы просто заменяем на (где - матрица Паули Y ) и получаем оператор вращения спина ${\displaystyle y}$ ${\displaystyle L_{z}}$ ${\textstyle S_{y}={\frac {\hbar }{2}}\sigma _{y}}$ ${\displaystyle \sigma _{y}}$ $${\displaystyle \operatorname {D} (y,t)=\exp \left(-i{\frac {t}{2}}\sigma _{y}\right).}$$

Влияние на оператор спина и квантовые состояния

Операторы могут быть представлены матрицами . Из линейной алгебры известно, что некоторая матрица может быть представлена ​​в другом базисе посредством преобразования , где — матрица преобразования базиса. Если векторы соответственно являются осью z в ​​одном базисе соответственно в другом, то они перпендикулярны оси y с определенным углом между ними. Оператор спина в первом базисе затем может быть преобразован в оператор спина другого базиса посредством следующего преобразования: ${\displaystyle A}$ $${\displaystyle A'=PAP^{-1}}$$ ${\displaystyle P}$ ${\displaystyle b}$ ${\displaystyle c}$ ${\displaystyle t}$ ${\displaystyle S_{b}}$ ${\displaystyle S_{c}}$ $${\displaystyle S_{c}=\operatorname {D} (y,t)S_{b}\operatorname {D} ^{-1}(y,t)}$$

Из стандартной квантовой механики мы имеем известные результаты и где и являются верхними спинами в соответствующих им базисах. Итак, мы имеем: ${\textstyle S_{b}|b+\rangle ={\frac {\hbar }{2}}|b+\rangle }$ ${\textstyle S_{c}|c+\rangle ={\frac {\hbar }{2}}|c+\rangle }$ ${\displaystyle |b+\rangle }$ ${\displaystyle |c+\rangle }$ $${\displaystyle {\frac {\hbar }{2}}|c+\rangle =S_{c}|c+\rangle =\operatorname {D} (y,t)S_{b}\operatorname {D} ^{-1}(y,t)|c+\rangle \Rightarrow }$$ $${\displaystyle S_{b}\operatorname {D} ^{-1}(y,t)|c+\rangle ={\frac {\hbar }{2}}\operatorname {D} ^{-1}(y,t)|c+\rangle }$$

Сравнение с урожайностью . ${\textstyle S_{b}|b+\rangle ={\frac {\hbar }{2}}|b+\rangle }$ ${\displaystyle |b+\rangle =D^{-1}(y,t)|c+\rangle }$

Это означает, что если состояние повернуть вокруг оси на угол , оно станет состоянием , результат которого можно обобщить на произвольные оси. ${\displaystyle |c+\rangle }$ ${\displaystyle y}$ ${\displaystyle t}$ ${\displaystyle |b+\rangle }$

Смотрите также

• Симметрия в квантовой механике
• Сферическая основа
• Оптическое фазовое пространство

Ссылки

• Л. Д. Ландау и Е. М. Лифшиц: Квантовая механика: нерелятивистская теория , Pergamon Press, 1985
• П. А. М. Дирак: Принципы квантовой механики , Oxford University Press, 1958
• RP Feynman, RB Leighton и M. Sands: Фейнмановские лекции по физике , Addison-Wesley, 1965